Primo compitino
Es. 109
Dimostrare che√ 3 6∈ Q.
Soluzione. Se fosse √
3 ∈ Q esisterebbero due numeri naturali m, n che possiamo assumere primi tra loro tali che
√3 = m
n ⇔ 3 =m
n
2
=m2 n2
Pertanto, è m2= 3 · n2e, di conseguenza, 3 è un fattore di m2e, quindi, anche di m. Allora, possiamo scrivere m = 3 · k, k ∈ N. Sostituendo otteniamo
(3 · k)2= 3 · n2 ⇔ 32· k2= 3 · n2 ⇔ n2= 3 · k2
Quindi, anche n2 è divisibile per 3 e, di conseguenza, lo è n. Dunque, sia m che n sono divisibili per 3 in contraddizione con l’ipotesi che fossero primi tra loro. Pertanto, visto che questa contraddizione nasce dall’aver supposto che√
3 fosse razionale, concludiamo che
√3 6∈ Q.
Es. 110
Trovare due numeri irrazionali x ed y tali che x + y ∈ [1, 3].
Soluzione: basta prendere
x = 1 +√
3, y = 1 −√ 3
dato che sia x che y sono irrazionali e x + y = 2 ∈ [1, 3]. Infatti, se ad esempio fosse x ∈ Q ci sarebbero due numeri naturali primi fra loro p ed q (con p > q perché p/q = 1 +√
3 > 1) tali che
1 +√ 3 = p
q ⇔ √
3 = p
q− 1 = p − q q
(⋆)= m n
dove il passaggio (⋆) toglie anche gli eventuali fattori comuni ai numeri p − q e q di modo che m ed n sono primi fra loro. Ma quest’ultima uguaglianza è impossibile perché sappiamo che√
3 6∈ Q. Dunque, risulta 1 +√ 3 6∈ Q.
Es. 111
Disegnare il grafico dell’equazione
(x2+ 1 − y) ·(x + 1)2+ (y − 2)2− 4 = 0
Soluzione: per la legge di annullamento del prodotto, il grafico cercato è costituito dall’unione dei seguenti due grafici
(a) x2+ 1 − y = 0, e (b) (x + 1)2+ (y − 2)2− 4 = 0
La prima equazione rappresenta la parabola y = x2+ 1 che ha vertice V = (0, 1) ed asse di simmetria la retta x = 0. La seconda equazione è una circonferenza di centro C = (−1, 2) e raggio r =√
4 = 2. Il grafico di F (x, y) = 0 è quindi il seguente:
(i) Scrivere l’equazione di una retta parallela alla retta 2y − x + 1 = 0. (ii) Scrivere l’equazione di una retta ortogonale alla retta 2x − 4 = 0.
Soluzione: (i) Scrivendo in forma esplicita la retta 2y − x + 1 = 0 abbiamo y = 1
2x −1 2
per cui il coefficiente angolare è m = 1/2. Quindi, una retta ad essa parallela è, ad esempio, y = 1/2x.
(ii) La retta data può essere riscritta come x = 2 e, di conseguenza, è parallela all’asse y. Una retta ad essa ortogonale è, ad esempio, y = 1.
Es. 113
Risolvere la disequazione
x2+ 1
log1/3(2x − 1) > 0
Poiché x2+ 1 ≥ 1 > 0 ovunque la frazione sia definita, affinché il rapporto tra x2+ 1 e log1/3(2x − 1) sia positivo deve risultare positivo log1/3(2x − 1). Ora, essendo la base del logaritmo 1/3 < 1, l’ultima condizione equivale a 2x − 1 < 1. Inoltre, il logaritmo deve esistere ciò che richiede che sia 2x − 1 > 0. In conclusione, dovendo esere verificate contemporaneamente entrambe le condizioni, dobbiamo avere
2x − 1 > 0 2x − 1 < 1 Risolvendo il sistema si trova
2x − 1 > 0 2x − 1 < 1 ⇔
x > 12 x < 1
Quindi, il sistema e, di conseguenza, la disequazione di partenza, è soddisfatto per 1/2 <
x < 1.
Es. 114
Determinare il numero di radici dell’equazione
1 2
x
= − ln(|x|)
Utilizziamo il confronto grafico delle due funzioni f (x) = (1/2)xe g(x) = − ln(|x|). f è una potenza con base 1/2 < 1: è, quindi, positiva e monotona decrescente. Per g risulta, invece,
g(x) =
− ln(x) , x > 0
− ln(−x) , x < 0
La porzione per x > 0 si ottiene dal logaritmo ln(x) mediante ribaltamento (del grafico) rispetto all’asse x mentre la parte per x < 0 si ottiene da − ln(x) per ribaltamento (del grafico) rispetto all’asse y. Si ottiene, dunque,
che mostra la presenza di due soluzioni.
Es. 115 Sia
f (x) =
x + 1 , x < 0
0 , x = 0
−1 , x > 0
a) Disegnare il grafico di f specificandone dominio e immagine.
b) Indicare, giustificando chiaramente la risposta, se f è invertibile nel suo dominio e, nel caso non lo sia, proporre una restrizione in cui è invertibile.
c) Calcolare, se esistono,
lim f (x), lim f (x), limf (x)
e) Determinare, se possibile, un valore di α tale che l’equazione f (x) = α
ha infinite soluzioni.
La funzione è definita su tutto R perché per ogni x ∈ R riesco a calcolare il corrispondente f (x). E’ formata da tre rami: per x < 0 è la semiretta y = x + 1, per x = 0 è il punto y = 0 e per x > 0 è la semiretta y = −1. Dunque, il suo grafico è
Dall’esame del grafico, abbiamo
Im(f ) = (∞, 1)
La funzione non è invertibile dato che per tutti gli x > 0 assume sempre lo stesso valore f (x) = −1. Una possibile restrizione ove è invertibile è (−∞, 0). Sempre l’esame del grafico mostra che
x→0−lim f (x) = lim
x→0−(x + 1) = 1, lim
x→0+f (x) = lim
x→0+−1 = −1
Quindi, essendo diversi il limite sinistro e destro, non esiste il limite per x → 0 di f(x).
Sempre guardando la figura, vediamo che il grafico di f interseca la retta y = 1/2 per gli x < 0 per cui l’equazione f (x) = 1/2 diventa
x + 1 = 1
2 ⇔ x = −1 + 1 2 = −1
2
Infine, affinché l’equazione f (x) = α abbia infinite soluzioni i punti di intersezione del grafico y = f (x) con la retta y = α devono essere infiniti ciò che avviene se e solo se α = −1. Per questo valore, infatti, la retta y = −1 si sovrappone con il ramo della funzione degli x > 0.
Es. 116 (*)
Determinare le eventuali radici dell’equazione
cos( sin(x) ) = 1.
Qualunque sia f (x) è
cos( f (x) ) = 1 ⇔ f (x) = k2π, k ∈ Z.
Pertanto, dobbiamo risolvere l’equazione sin(x) = k2π con k ∈ Z. Ora, sappiamo che
−1 ≤ sin(x) ≤ 1 per cui i valori di k ∈ Z per cui l’equazione sin(x) = k2π ha soluzione sono solo k = 0. Infatti, per k 6= 0 abbiamo |k2π| > 2π > 1 per cui l’equazione non può avere soluzioni. Ora, sin(x) = 0 se e solo se x = hπ, h ∈ Z che rappresenta tutte le soluzioni dell’equazione di partenza.
Es. 117
Calcolare i seguenti limiti
a) lim
x→0−
cos(x)
x , b) lim
x→0
e2x− 1
x · (x + 1), c) lim
x→+∞
sin(√
√ x)
x , d) lim
x→−∞
px2+ 1 + x
Es. 118
Si consideri il grafico della funzione di figura
a) Calcolare
f (0), g(4), f (−2)
b) Indicare, giustificando chiaramente la risposta, gli eventuali punti di massimo e mini- mo della funzione g specificando se si tratta di punti di massimo/minimo assoluto o relativo.
c) Risolvere l’equazione f (x) = g(x).
d) Risolvere la disequazione f (x) ≥ g(x).
Rispondere a ciascuna delle seguenti affermazioni, dimostrandole o confutandole con un opportuni controesempi.
a) Sia x0= 2. Allora
x→xlim0
f (x) = 0 ⇒ f (x) è continua in x0= 2
b) Sia f (x) una funzione continua e definita (almeno) per gli x > 0. Allora
x→+∞lim f (x) = −5 ⇒ ∃ξ : f(x) < 0 ∀ x : x > ξ.
c) Non esiste alcuna funzione f (x) tale che
x→0limf (x) = +∞
d) Sia f (x) continua in [1, 2] con f (1) = −1 e f(2) = 2. Allora, l’equazione f(x) = 0 ha esattamente una soluzione in [1, 2].
e) Sia f (x) continua in [1, 2] con f (1) = −1 e f(2) = 2. Allora, l’equazione ef (x)= 1
ha almeno una soluzione in [1, 2].
